\documentclass[11pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage{fancybox} \usepackage{tabularx} \usepackage{graphicx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{enumitem} \usepackage{pifont} \usepackage{textcomp} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} %Tapuscrit : François Hache %Merci Relecture : Denis Vergès \usepackage{pst-plot,pst-text,pst-eucl,pst-node,pst-circ,pstricks-add} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \usepackage{fancyhdr} \usepackage{hyperref} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {BTS groupement B2}, pdftitle = {10 mai 2021}, allbordercolors = white, pdfstartview=FitH} \usepackage[frenchb]{babel} \DecimalMathComma \usepackage[np]{numprint} \newcommand{\e}{\,\text{e\,}} %%%le e de l'exponentielle \renewcommand{\d}{\,\text d} %%%le d de l'intégration \renewcommand{\i}{\,\text{i}\,} %%%le i des complexes \newcommand{\ds}{\displaystyle} \setlength\parindent{0mm} \setlength\parskip{5pt} \begin{document} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Brevet de technicien supérieur} \lfoot{\small{Groupement B2 -- corrigé}} \rfoot{\small{10 mai 2021}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}} \begin{center} {\Large\textbf{Corrigé du BTS groupement B2 \\[6pt] 10 mai 2021 - Métropole--Antilles--Guyane--Polynésie}} \end{center} \vspace{0,25cm} \textbf{\large Exercice 1 \hfill 10 points} \medskip Une étude est menée concernant le train d'atterrissage d'un certain type d'hélicoptère. Ce train d'atterrissage est composé d'une roue et d'un amortisseur oléopneumatique permettant d'absorber l'énergie de l'impact au moment de l'atterrissage. On note $f(t)$ la hauteur, en mètre, du centre de gravité de l'hélicoptère par rapport au sol à l'instant $t$ exprimé en seconde. On suppose que $f$ est une fonction de la variable réelle $t$ définie et deux fois dérivable sur $[0~;~+\infty[$. %\begin{center} %\textbf{Les trois parties de cet exercice peuvent être traitées de façon indépendante} %\end{center} \medskip \textbf{A. Résolution d'une équation différentielle} \medskip Une étude mécanique montre que la fonction $f$ est solution de l'équation différentielle \hfill $(E) : \quad y'' + 3y' + 2y = 4,$\hfill{} où $y$ est une fonction inconnue de la variable réelle $t$, définie et deux fois dérivable sur $[0~;~+\infty[$, $y'$ la fonction dérivée de $y$ et $y''$ sa fonction dérivée seconde. \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On résout dans $\R$ l'équation $r^2 + 3r + 2 = 0$, $\Delta= 3^2-4\times 1\times 2 = 1>0$; l'équation admet donc 2 solutions $r_1=\dfrac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-3+1}{2}=-1$ et $r_2=\dfrac{-b - \sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-3-1}{2}=-2$. \item Soit $(E_0)$ l'équation différentielle $y'' + 3y' + 2y = 0.$ %On fournit les formules suivantes. % %\begin{center} %\begin{tabularx}{\linewidth}{|p{5cm}|X|}\hline %Équations &Solutions sur un intervalle $I$\\ \hline %Équation différentielle : % %$ay''+ by'+ cy = 0$, % %Équation caractéristique: % %$ar^2 + br + c = 0$ de discriminant $\Delta$.& %Si $\Delta > 0,\, y(t) = \lambda \text{e}^{r_1 t} + \mu \text{e}^{r_2 t}$ où $r_1$ et $r_2$ sont les racines de l'équation caractéristique. % %Si $\Delta = 0,\, y(t) = (\lambda t+ \mu)\text{e}^{r t}$ où $r$ est la racine double de l'équation caractéristique, % %Si $\Delta < 0,\, y(t) = [\lambda \cos(\beta t)+ \mu \sin(\beta t)]\text{e}^{\alpha t}$ où $r_1 = \alpha + \text{i}\beta$ et $r_2 = \alpha - \text{i}\beta$ sont les racines %complexes conjuguées de l'équation caractéristique.\\ \hline %\end{tabularx} %\end{center} D'après le cours, on peut dire que l'équation $(E_0)$ admet pour solutions les fonctions définies sur $[0~;~+\infty[$ par $y(t)= \lambda \e^{r_1 t} + \mu \e^{r_2 t}$ c'est-à-dire $y(t)=\lambda \e^{-t} + \mu \e^{-2t}$. \end{enumerate} \item Soit $k$ un nombre réel. On définit la fonction constante $g$ sur $[0~;~+\infty[$ par $g(t) = k$. La fonction $g$ est solution de $(E)$ si et seulement si $g''(t) +3g'(t)+2g(t)=4$; $g(t)=k$ donc $g'(t)=0$ et $g''(t)=0$. On arrive à $2k=4$ donc $k=2$. %Déterminer $k$ pour que la fonction $g$ soit solution de l'équation différentielle $(E)$. \item L'ensemble des solutions de l'équation différentielle $(E)$ est donc l'ensemble des fonctions définies par $y(t)=\lambda \e^{-t} + \mu \e^{-2t}+2$. \end{enumerate} \bigskip \textbf{B. Étude de la fonction }\boldmath$f$\unboldmath \medskip On admet que la fonction $f$ correspondant à la hauteur du centre de gravité de l'hélicoptère est définie sur $[0~;~+\infty[$ par $f(t)= - \e^{-t} + 1,5\e^{-2t} + 2.$ Sa courbe représentative $\mathcal{C}$ dans un repère orthogonal est donnée ci-dessous. \begin{figure}[!t] \centering \psset{unit=2cm,comma=true} \begin{pspicture*}(-0.4,-0.3)(4.75,3.25) \psgrid[gridwidth=0.5pt,subgridwidth=0.1pt,gridlabels=0pt,subgriddiv=2](0,0)(5,4) \psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=0.5,Dy=0.5]{->}(0,0)(0,0)(4.75,3.25) \psplot[plotpoints=4000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{0}{4.75}{2 1.5 2.71828 2 x mul exp div add 2.71828 x neg exp sub} \uput[u](0.5,2.1){\red $\mathcal{C}$} \psline[linecolor=blue](0,2)(4.75,2) \psplot[linecolor=blue]{0}{1.1}{-2 x mul 2.5 add} \uput[dl](0.5,1.5){\blue $T$} \end{pspicture*} \end{figure} \medskip \begin{enumerate} \item La hauteur du centre de gravité de l'hélicoptère au moment de l'atterrissage à l'instant $t=0$ est $f(0)= -\e^{0} + 1,5\e^{0}+2=2,5$. \item On admet que $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \e^{-t} = \displaystyle\lim_{t \to + \infty} \e^{-2t}= 0$. \begin{enumerate} \item On peut donc en déduire que $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t)=2$. \item Donc la courbe $\mathcal{C}$ admet en $+\infty$ la droite asymptote horizontale d'équation\\ $y=2$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item À l'aide du graphique, on peut dire que la fonction $f$ semble décroissante sur $[0~;~1[$ puis croissante sur $]1~;~+\infty[$. \item Un logiciel de calcul formel donne ci-dessous une expression de la dérivée $f'$ de la fonction $f$. Ce résultat est admis. \begin{center} \renewcommand{\arraystretch}{1.5} \fbox{ $\begin{array}{l} 1\quad f(t) : - \e^{-t} + 1,5\e^{-2t} + 2\\ \quad \rightarrow f(t) := - \e^{-t} + \dfrac{3}{2\rule[-5pt]{0pt}{0pt}}\e^{-2t} + 2\\ \hline 2\quad \text{Dérivée}(f(t),t)\\ \quad \rightarrow \e^{-t} - 3\e^{-2t}\\ \end{array}$ } \end{center} $f'(t) = \e^{-t} - 3\e^{-2t} = \e^{-2t} \left ( \dfrac{\e^{-t}}{\e^{-2t}} - 3 \dfrac{\e^{-2t}}{\e^{-2t}}\right ) = \e^{-2t}\left(\e^{t} - 3\right)$ \item On résout sur $[0~;~ + \infty]$ l'inéquation $\e^{t} - 3 \geqslant 0$. $\e^{t} - 3 \geqslant 0 \iff \e^{t} \geqslant 3 \iff t\geqslant \ln(3)$ \item On détermine le signe de $f'(t)$ sur $[0~;~ + \infty]$. \begin{center} \renewcommand{\arraystretch}{1.5} \def\esp{\hspace*{2cm}} $\begin{array}{|c | *{5}{c} |} \hline t & 0 & \esp & \ln\left (3\right ) & \esp & +\infty \\ \hline \e^{-2t} & & \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}{\phantom 0} & \pmb{+} & \\ \hline \e^{t}-3 & & \pmb{-} & \vline\hspace{-2.7pt}{0} & \pmb{+} & \\ \hline f'(t) & & \pmb{-} & \vline\hspace{-2.7pt}{0} & \pmb{+} & \\ \hline \end{array}$ \renewcommand{\arraystretch}{1} \end{center} \item $f(0)=2,5$ et $\ds\lim_{t\to +\infty} f(t)=2$ $\begin{aligned}[t] f(\ln(3)) & =-\e^{-\ln(3)}+1,5\e^{-2\ln(3)}+2 = -\left ( \e^{\ln(3)}\right )^{-1}+ 1,5 \left (\e^{\ln(3)}\right )^{-2}+2\\ & = -\dfrac{1}{3} + 1,5\times \dfrac{1}{9}+2 = \dfrac{11}{6}\approx 1,83 \end{aligned}$ On dresse le tableau de variation de la fonction $f$ sur $[0~;~ + \infty]$. \begin{center} {\renewcommand{\arraystretch}{1.3} \psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3} % paramètres \def\esp{\hspace*{1.5cm}}% pour modifier la largeur du tableau \def\hauteur{0pt}% mettre au moins 20pt pour augmenter la hauteur $\begin{array}{|c| *4{c} c|} \hline t & 0 & \esp & \ln(3) & \esp & +\infty \\ \hline f'(t) & & \pmb{-} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{+} & \\ \hline & \Rnode{max1}{2,5} & & & & \Rnode{max2}{2} \\ f(t) & & & & & \rule{0pt}{\hauteur} \\ & & & \Rnode{min}{\approx 1,83} & & \rule{0pt}{\hauteur} \ncline{->}{max1}{min} \ncline{->}{min}{max2}\\ \hline \end{array}$ } \end{center} \end{enumerate} \end{enumerate} \bigskip \textbf{C. Étude locale} \medskip On rappelle que la fonction $f$ est définie sur $[0~;~ + \infty]$ par $f(t) = - \e^{-t} + 1,5\e^{-2t} + 2$ et que sa courbe représentative $\mathcal{C}$ dans un repère orthogonal est donnée dans la partie B. Un logiciel de calcul formel affiche la partie régulière du développement limité à l'ordre 2 de la fonction $f$ au voisinage de zéro. \begin{center} \renewcommand{\arraystretch}{1.5} \fbox{ $\begin{array}{l} 3 \quad \text{PolynômeTaylor}(f(t), t, 0, 2)\\ \quad\rightarrow \dfrac{5}{2} -2t + \dfrac{5}{2} t^2\\ \end{array}$ } \end{center} \smallskip \begin{enumerate} \item %\emph{Les deux questions suivantes sont des questions à choix multiples. Une seule réponse est exacte. Recopier sur la copie la réponse qui vous paraît exacte. On ne demande aucune justification.\\ %La réponse juste rapporte $1$ point. Une réponse fausse ou une absence de réponse ne rapporte ni n'enlève de point.} \begin{enumerate} \item Le développement limité de la fonction $f$ à l'ordre 2 au voisinage de 0 est : \end{enumerate} \begin{center} \renewcommand{\arraystretch}{2.5} \begin{tabularx}{0.9\linewidth}{|*{3}{>{\centering \arraybackslash \small}X|}}\hline $\dfrac{5}{2} - 2 t + \dfrac{5}{2}t^2$& $\dfrac{5}{2} -2 t + \dfrac{5}{2} t^2+ t^2\varepsilon(t)\, $ $\text{avec}\, \displaystyle\lim_{t \to + \infty}\varepsilon(t) = 0$&$\dfrac{5}{2} -2 t + \dfrac{5}{2} t^2+ t^2\varepsilon(t)\,$ $ \text{avec}\, \displaystyle\lim_{t \to 0}\varepsilon(t) = 0$\\ \hline \end{tabularx} \end{center} \begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}} || p{0.92\linewidth}} La bonne réponse est: $\dfrac{5}{2} -2 t + \dfrac{5}{2} t^2+ t^2\varepsilon(t)$ avec $\displaystyle\lim_{t \to 0}\varepsilon(t) = 0$. \end{tabular} \begin{enumerate}[resume] \item Une équation de la tangente $T$ à la courbe $\mathcal{C}$ au point d'abscisse 0 est : \end{enumerate} \begin{center} \renewcommand{\arraystretch}{2.5} \begin{tabularx}{0.9\linewidth}{|*{3}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline $y= \dfrac{5}{2}$&$y= \dfrac{5}{2} - 2t$&$y= \dfrac{5}{2} - 2t + \dfrac{5}{2}t^2$\rule[-5mm]{0mm}{8mm}\\ \hline \end{tabularx} \end{center} \begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}} || p{0.92\linewidth}} La bonne réponse est: $y= \dfrac{5}{2} - 2t$. \end{tabular} % \end{enumerate} \item Pour étudier la position relative, au voisinage du point d'abscisse 0, de la courbe $\mathcal{C}$ et de la tangente $T$, on étudie le signe de $f(t)-\left ( \dfrac{5}{2}-2t\right )$ au voisinage de 0. En utilisant de développement limité de $f$ au voisinage de 0, cela revient à étudier le signe de $\left (\dfrac{5}{2} -2 t + \dfrac{5}{2} t^2+ t^2\varepsilon(t)\right ) - \left (\dfrac{5}{2}-2t\right )$ avec $\displaystyle\lim_{t \to 0}\varepsilon(t) = 0$. $\left (\dfrac{5}{2} -2 t + \dfrac{5}{2} t^2+ t^2\varepsilon(t)\right ) - \left (\dfrac{5}{2}-2t\right ) = \dfrac{5}{2} t^2+ t^2\varepsilon(t) = t^2 \left (\dfrac{5}{2}+\varepsilon(t) \right )$ Or $\varepsilon(t)$ tend vers 0, donc pour $t$ proche de 0, on aura $\dfrac{5}{2}+\varepsilon(t)>0$ donc $t^2 \left (\dfrac{5}{2}+\varepsilon(t) \right )>0$; au voisinage du point d'abscisse 0, la courbe $\mathcal{C}$ est donc au-dessus de la tangente $T$. \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\large EXERCICE 2 \hfill 10 points} \medskip Soit la fonction $f$, paire et périodique de période $2\pi$, telle que, pour tout $t$ de l'intervalle $[0~;~\pi]$,\, $f(t) = t$. Cette fonction modélise un signal triangulaire. \medskip \begin{enumerate} \item On trace dans un repère orthonormal, la représentation graphique de $f$ sur l'intervalle $[- 2\pi~;~2\pi]$. \begin{center} \psset{unit=0.8cm} \def\xmin {-6.5} \def\xmax {6.5} \def\ymin {-1} \def\ymax {3.4} \begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) \psaxes[xtrigLabels=true,ytrigLabels=true,trigLabelBase=2,dx=\psPiH,xunit=\psPi,dy=\psPiH,yunit=\psPi]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) \uput[dl](0,0){O} \psset{linecolor=blue} \psline(-\psPiTwo,0)(-\psPi,\psPi)(0,0)(\psPi,\psPi)(\psPiTwo,0) \end{pspicture*} \end{center} \item Soit $s(t) = a_0 + \displaystyle\sum_{n=1}^{+ \infty} \left(a_n \cos(n \omega t ) + b_n \sin(n \omega t )\right)$ le développement en série de Fourier associé à~$f$. %\begin{center} %\emph{Un formulaire sur les séries de Fourier figure à la page suivante} %\end{center} \begin{enumerate} \item %Calculer $\omega$. La période $T$ vaut $\dfrac{2\pi}{\omega}$ et dans cet exercice on sait qu'elle vaut $2\pi$; on en déduit que la pulsation $\omega$ est égale à 1. \item %Calculer $a_0$. La fonction $f$ est paire donc: $a_0 = \dfrac{2}{T} \displaystyle\int_0^{\frac{T}{2}} f(t)\d t = \dfrac{2}{2\pi} \displaystyle\int_0^{\pi} t\d t = \dfrac{1}{\pi} \left [ \dfrac{t^2}{2} \right ]_{0}^{\pi} = \dfrac{1}{\pi} \left [ \dfrac{\pi^2}{2} - 0\right ] = \dfrac{\pi}{2}$ \item% Justifier que $b_n = 0$ pour tout entier $n$ supérieur ou égal à 1. On sait que si $\varphi$ est une fonction impaire définie sur $\R$, alors pour tout réel $\alpha$, on a: $\ds\int_{-\alpha}^{\alpha} \varphi(t) \d t = 0$. D'après le texte, la fonction $f$ est paire, et on sait que la fonction sinus est impaire; donc la fonction $t \longmapsto f(t) \sin(n\omega t)$ est impaire. Pour tout $\alpha$, on a $b_n= \dfrac{2}{T} \ds\int_{\alpha}^{\alpha +T} f(t) \sin(n\omega t) \d t$. Pour $\alpha = -\dfrac{T}{2}$, on a: $b_n= \dfrac{2}{T} \ds\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} f(t) \sin(n\omega t) \d t$ et donc $b_n=0$ pour tout $n>0$. \item À l'aide d'un logiciel de calcul formel, on obtient : $a_n = 2\left(\dfrac{\cos(n \pi)}{n^2\pi} - \dfrac{1}{n^2 \pi}\right)$ pour tout entier $n$ supérieur ou égal à 1. %Ce résultat est admis et ne doit pas être démontré. %Calculer $a_1$ , $a_2$ et $a_3$ . On donnera les valeurs exactes. \begin{list}{\textbullet}{$a_n = 2\left(\dfrac{\cos(n \pi)}{n^2\pi} - \dfrac{1}{n^2 \pi}\right)$ et $\omega=1$ donc:} \item $a_1= 2\left(\dfrac{\cos(1\times \pi)}{1^2\pi} - \dfrac{1}{1^2 \pi}\right) = 2\left(\dfrac{-1}{\pi} - \dfrac{1}{\pi}\right) =- \dfrac{4}{\pi}$ \item $a_2= 2\left(\dfrac{\cos(2\times \pi)}{2^2\pi} - \dfrac{1}{2^2 \pi}\right) = 2\left(\dfrac{\cos(2\pi)}{4\pi} - \dfrac{1}{4\pi}\right) = 2\left(\dfrac{1}{4\pi} - \dfrac{1}{4\pi}\right) = 0$ \item $a_3= 2\left(\dfrac{\cos(3\times \pi)}{3^2\pi} - \dfrac{1}{3^2 \pi}\right) = 2\left(\dfrac{\cos(3\pi)}{9\pi} - \dfrac{1}{9\pi}\right) = 2\left(\dfrac{-1}{9\pi} - \dfrac{1}{9\pi}\right) = -\dfrac{4}{9\pi} $ \end{list} \item %Le début du développement en série de Fourier de $f$ à l'ordre $n$ est noté : \begin{list}{\textbullet}{$s_n(t) = a_0 + \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \left(a_k \cos(k \omega t) + b_k \sin (k \omega t)\right)$ donc:} \item $s_1(t)= a_0 + \ds\sum_{k=1}^{1}\left(a_k \cos(k \omega t) + b_k \sin (k \omega t)\right) = a_0 +a_1 \cos(t) = \dfrac{\pi}{2} -\dfrac{4}{\pi}\cos(t)$ \item $\begin{aligned}[t] s_3(t) & = a_0 + \ds\sum_{k=1}^{1}\left(a_k \cos(k \omega t) + b_k \sin (k \omega t)\right)\\ & = a_0 + a_1\cos(t) + a_2 \cos(2t) + a_3\cos(3t)\\ & = \dfrac{\pi}{2} -\dfrac{4}{\pi}\cos(t) -\dfrac{4}{9\pi}\cos(3t) \end{aligned}$ \end{list} %Donner les expressions de $s_1(t)$ et de $s_3(t)$. \end{enumerate} \item On admet que : $s_3(t) = \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{4}{\pi} \cos (t) - \dfrac{4}{9\pi} \cos (3t)$. On remplit le tableau suivant dans lequel les valeurs approchées sont arrondies à $10^{–2}$ : \begin{center} \begin{tabularx}{0.75\linewidth}{|c|*{8}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline $t$ &0 &0,5&1 &1,5&2 &2,5&3 &$\pi$\\ \hline $s_1(t) $ & $\blue 0,30$ & $\blue 0,45$ & $\blue 0,88$ & $\blue 1,48$ & $\blue 2,10$ & $\blue 2,59$ & $\blue 2,83$ & $\blue 2,84$\\ \hline $s_3(t) $ & $\blue 0,16$ & $\blue 0,44$ & $\blue 1,02$ & $\blue 1,51$ & $\blue 1,96$ & $\blue 2,54$ & $\blue 2,96$ & $\blue 2,99$\\ \hline \end{tabularx} \end{center} \item \begin{enumerate} \item Soit $F^2 = \dfrac{1}{2\pi} \displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} [f(t)]^2\:\text{d}t$ la valeur efficace $F$ du signal sur une période. %Montrer que $F = \dfrac{\pi}{\sqrt{3}}$. $f(t)= \begin{cases} -t & \text{si } t\in [-\pi\;;\;0[\\ t & \text{si } t\in [0\;;\;\pi] \end{cases}$ donc $\left (f(t)\right )^2=t^2$ sur $[-\pi\;;\;+\pi]$. Donc $F^2=\dfrac{1}{2\pi} \ds\int_{-\pi}^{+\pi} t^2 \d t = \dfrac{1}{2\pi} \left [ \dfrac{t^3}{3}\right ]_{-\pi}^{+\pi} = \dfrac{1}{2\pi} \left [ \dfrac{\pi^3}{3} - \dfrac{(-\pi)^3}{3}\right ] =\dfrac{1}{2\pi}\times \dfrac{2\pi^3}{3} = \dfrac{\pi^2}{3}$ On en déduit que $F = \dfrac{\pi}{\sqrt{3}}$. \item On calcule les valeurs efficaces $S_1$ et $S_3$ des fonctions $s_1$ et $s_3$, puis $\dfrac{S_1}{F}$ et $\dfrac{S_2}{F}$. %$\left(S_1 \right)^2 = a_0^2 + \dfrac{1}{2}a_1^2$ et $\left(S_3 \right)^2 = a_0^2 + \displaystyle\sum_{n=1}^3 \dfrac{a_n^2}{2}$. \begin{list}{\textbullet}{} \item $\left(S_1 \right)^2 = a_0^2 + \dfrac{1}{2}a_1^2 = \left (\dfrac{\pi}{2}\right )^2 + \dfrac{1}{2} \left ( -\dfrac{4}{\pi} \right )^2 = \dfrac{\pi^2}{4} + \dfrac{8}{\pi^2}$ $\dfrac{S_1}{F} = \dfrac{\sqrt{\frac{\pi^2}{4} + \frac{8}{\pi^2}}}{\frac{\pi}{\sqrt{3}}} \approx \np{0,9982}$ \item $\begin{aligned}[t] \left(S_3 \right)^2 & = a_0^2 + \displaystyle\sum_{n=1}^3 \dfrac{a_n^2}{2} =a_0^2 + \dfrac{a_1^2}{2} + \dfrac{a_2^2}{2} + \dfrac{a_3^2}{2} = \left (\dfrac{\pi}{2}\right )^2 + \dfrac{1}{2} \left ( -\dfrac{4}{\pi} \right )^2 + 0 + \dfrac{1}{2} \left (-\dfrac{4}{9\pi} \right )^2\\ & = \dfrac{\pi^2}{4} + \dfrac{8}{\pi^2} + \dfrac{8}{81\pi} = \dfrac{\pi^2}{4} + \dfrac{648}{81\pi^2} + \dfrac{8}{81\pi} = \dfrac{\pi^2}{4} + \dfrac{656}{81\pi^2} \end{aligned}$ $\dfrac{S_3}{F} = \dfrac{\sqrt{\frac{\pi^2}{4} + \frac{656}{81\pi^2}}}{\frac{\pi}{\sqrt{3}}} \approx \np{0,9997}$ \end{list} %Calculer une valeur approchée à $10^{-4}$ près de chacun des rapports $\dfrac{S_1}{F}$ et $\dfrac{S_3}{F}$. %Ranger par ordre croissant les trois nombres : 1, $\dfrac{S_1}{F}$ et $\dfrac{S_3}{F}$. Donc $\dfrac{S_1}{F} < \dfrac{S_3}{F} < 1$. % Commenter. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{document} \vspace{1cm} \begin{center} \textbf{Formulaire sur les séries de Fourier} \medskip \begin{tabularx}{\linewidth}{|X|}\hline $f$ : fonction périodique de période $T = \dfrac{2\pi}{\omega}$.\rule[-3mm]{0mm}{9mm}\\ Développement en série de Fourier :\\ $s(t) = a_0 + \displaystyle\sum_{n=1}^{+ \infty} \left(a_n \cos (n \omega t) + b_n \sin (n \omega t)\right)$,\, $(n \in \N^{*})$.\\ $a_0 = \dfrac{1}{T} \displaystyle\int_a^{a + T} f(t)\:\text{d}t$ ;\\ $a_n = \dfrac{2}{T} \displaystyle\int_a^{a + T} f(t)\cos (n \omega t)\:\text{d}t$\, $(n \in \N^{*})$ ;\\ $b_n = \dfrac{2}{T} \displaystyle\int_a^{a + T} f(t)\sin (n \omega t)\:\text{d}t$\rule[-4mm]{0mm}{9mm}\\ \hline \end{tabularx} \end{center} \end{enumerate} \end{document}